《無機化學》第3版 宋天佑 第8章 酸堿解離平衡課件

1887

年阿侖尼烏斯提出電離學說，重新定義了酸堿。

第

8

章酸堿解離平衡1887年阿侖尼烏斯提出第8章1在水中解離時所生成的陽離子全部是氫離子的化合物叫酸；解離時所生成的陰離子全部是氫氧根離子的化合物叫堿。在水中解離時所生成的陽離解離2

阿侖尼烏斯認為電解質(zhì)在水溶液中是解離的，但解離都是不完全的，

存在解離平衡。阿侖尼烏斯認為電解質(zhì)在3這種觀點對于弱電解質(zhì)是完全正確的。但對于強電解質(zhì)則表現(xiàn)出局限性。這種觀點對于弱電解質(zhì)是但對于4現(xiàn)代結(jié)構(gòu)理論和測試方法均證明，像KCl這樣的強電解質(zhì)在水中是完全解離的?，F(xiàn)代結(jié)構(gòu)理論和測試方法58.1弱酸和弱堿的解離平衡8.1.1一元弱酸、弱堿的解離平衡1.解離平衡常數(shù)

作為弱電解質(zhì)的弱酸和弱堿在水溶液中存在著解離平衡。8.1弱酸和弱堿的解離平衡8.1.1一元弱6

將醋酸的分子式

CH3COOH簡寫成HAc，其中

Ac－代表醋酸根CH3COO－。

則醋酸的解離平衡可表示成

HAcH++Ac－

將醋酸的分子式CH3COOH7

酸式解離的解離平衡常數(shù)用

表示，經(jīng)常簡寫作Ka。K?

aK

a=

c

H+

c

Ac－

c

HAc（

）

（

）

（

）

HAcH++Ac－

酸式解離的解離平衡常數(shù)用8

若用c0表示醋酸溶液的起始濃度，則有K

a=

c

H+

c

Ac－

c

HAc（

）

（

）

（

）

K

a=

c0－c

H+（）

[

c

H+

]2（）

若用c0表示醋酸溶液的起始濃度，Ka9

解該一元二次方程，可以在已知弱酸的起始濃度和平衡常數(shù)的前提下，求出溶液的c

H+

。（）

解該一元二次方程，可以在（）10

當解離平衡常數(shù)

K很小，酸的起始濃度c0較大時，

則有c0>>c

H+

，于是式（）

Ka

=

c0－c

H+（）

[

c

H+

]2（）

可簡化成Ka

=

c0

[

c

H+

]2（）

當解離平衡常數(shù)K很小，酸的（11所以cH+

=Kac0（）

在一元弱酸體系中，其適用條件為c0>

400Ka

K

a=

c0

[

c

H+

]2（）

所以cH+=Kac0（）12

氨水

NH3?H2O的解離平衡可以表示成NH3?H2ONH4++OH－

堿式解離的解離平衡常數(shù)用

表示，經(jīng)常簡寫作Kb。K?

b氨水NH3?H2O的解離平衡可以13NH3?H2ONH4++OH－Kb

=

c

NH4+

cOH－（）

（

）

（）

c

NH3?H2O

NH3?H2ONH4+14

若用c0表示氨水溶液的起始濃度，則有Kb

=

c

NH4+

cOH－（）

（

）

（）

c

NH3?H2O

Kb

=

c0－c

OH－（）

[

c

OH－

]2（）

若用c0表示氨水溶液的起始Kb=c15

當解離平衡常數(shù)K很小，堿的起始濃度c0較大時，

則有c0>>cOH－

，于是式（

）

Kb

=[cOH－

]2

c0可簡化成（）

Kb

=

c0－c

OH－（）

[

c

OH－

]2（）

當解離平衡常數(shù)K很小，堿的（16所以cOH－

=Kbc0（）

在一元弱酸體系中，其適用條件為c0>

400Kb

Kb

=[cOH－

]2

c0（）

所以cOH－=Kbc0（17Ka和

Kb值越大，表示弱酸、弱堿解離出離子的趨勢越大。

一般把

Ka小于10－2的酸稱為弱酸，堿也類似。Ka和Kb值越大，表示弱酸、18

Ka和Kb與溫度有關(guān)。但由于弱電解質(zhì)解離過程的熱效應(yīng)不大，所以溫度變化對二者影響較小。Ka和Kb與溫度有關(guān)。192.

解離度

弱酸、弱堿在溶液中解離的程度可以用解離度

表示。2.解離度弱酸、弱堿在溶液中解離的20

HAc的解離度

表示平衡時已經(jīng)解離的醋酸的濃度與醋酸起始濃度之比。HAc的解離度表示平衡時21即cH+

（）

=

c0=Kac0

c0Ka

c0=即cH+（）=c0=22

NH3?H2O的解離度Kb

c0=解離度

常用百分數(shù)表示。NH3?H2O的解離度Kbc0=解離度23

平衡常數(shù)Ka

和

Kb不隨濃度變化，但解離度

卻隨起始濃度的變化而變化。K一定時起始濃度c0越小，解離度

值越大。

平衡常數(shù)Ka和Kb不隨濃度24已知HAc的Ka=1.810－5

例8－1

（1）計算0.10mol?dm－3

的HAc的c

H+

和解離度

;（

）

（2）計算1.010－3mol·dm－3NH3?H2O

的c

OH－

和解離度。（

）

NH3?H2O的Kb=

1.810－5已知HAc的Ka=1.810－525

解：設(shè)平衡時解離掉的

cHAc

為x起始濃度0.1000平衡濃度0.10－x

x

x

將平衡濃度代入平衡常數(shù)的表達式中：（）

HAc

H++Ac－解：設(shè)平衡時解離掉的起始濃度026

解一元二次方程得

x

=1.3310－3=

x2

0.10－x=1.810－5K

a=

c

H+

c

Ac－

c

HAc（

）

（

）

（

）

解一元二次方程得 =x20.10－x27x

=1.3310－3

則pH=2.876 cH+

=1.3310－3mol?dm－3（

）

即x=1.3310－328

平衡時解離掉的c

HAc

為1.3310－3mol?dm－3故=

×100%=1.33%1.33×10－30.10（

）

=

×

100%c

HAc

已解離c

HAc起始（

）

（）

平衡時解離掉的cHAc為故29

解離度很小，解離掉的HAc也很少。

這一點從K

=1.810－5

就已經(jīng)很清楚了。

解離度很小，解離掉的HAc30

能否考慮采用近似計算，以避免用公式法解一元二次方程的繁瑣運算，并保證誤差很小呢？能否考慮采用近似計算，31

起始濃度用c0

表示，c0

，已解離部分為x=1.3310－3

即c0>>x

此時，可以近似地有

c0－xc0，0.10－x0.10起始濃度用c0表示，c0，32采用近似計算cH+

=Kac0（）

=0.10×1.8×10－5

×10－3

pH=2.873采用近似計算cH+=Kac033

與用公式法解一元二次方程所得結(jié)果相比較誤差很小。與用公式法解一元二次誤差很小。34

NH3?H2ONH4+

＋

OH－（2）反應(yīng)方程式起始×10－3

00其中y表示平衡時已解離的

NH3?H2O

的濃度。平衡1.0×10－3

－yyyNH3?H2ONH435=

y2

1.0×10－3

－y

=

1.8×10－5Kb

=

c

NH4+

cOH－（）

（

）

（）

c

NH3?H2O

=y21.0×10－3－y=1.8×10－536

由于c0<

400Kb，不能近似計算。

y2

1.0×10－3

－y

=

1.8×10－5

故解一元二次方程得

y

=

×10－4由于c0<400Kb，不能近似計算37則

=

×

100%

=

12.5%1.25×10－4

1.0×10－3

y

=

×10－4則=38

達到平衡后，向溶液中加入固體NaAc，

3.同離子效應(yīng)HAcH++Ac－達到平衡后，向溶液中加入3.同39

強電解質(zhì)完全解離

NaAc=Na++Ac－

由于Ac－的引入，將破壞已建立的弱電解質(zhì)的解離平衡HAcH++Ac－強電解質(zhì)完全解離40HAcH++Ac－ Ac－增多，弱電解質(zhì)的解離平衡左移，使HAc的解離度減小。HAcH++Ac41例8－2

如果在

0.10mol·dm－3

HAc

溶液中加入固體NaAc，使

NaAc

的濃度達到

0.20mol·dm－3。求該溶液的和解離度。c

H+（）

例8－2如果在0.10mol42=x（0.20+x）0.10－xt平

0.10－x

x0.20+

xHAc

H

++Ac－解：K

a=

c

H+

c

Ac－

c

HAc（

）

（

）

（

）

=x（0.20+x）0.10－xt平43

c0>400Ka，加上引進NaAc

導(dǎo)致平衡左移，可以近似有

0.20+x

≈

0.10－x

≈0.10

=

1.8×10－50.20x

0.10Ka=x（0.20+x）0.10－xK

a=c0>400Ka，加上引進44

解離度明顯降低。解得x

=

×10－6與例8－1中

=

1.34%相比，

=

1.8×10－50.20x

0.10

=

×10－3%解離度明顯降低。解得45

在弱電解質(zhì)的溶液中，加入與其具有相同離子的強電解質(zhì)，從而使解離平衡左移，降低弱電解質(zhì)的解離度。

這種現(xiàn)象稱為同離子效應(yīng)。在弱電解質(zhì)的溶液中，加入與這468.1.2水的解離平衡和溶液的pH值1.水的離子積常數(shù)

K=

H+

cOH－（）c（）

H2O

H+

+OH－8.1.2水的解離平衡和溶液的pH值47

K

稱為水的離子積常數(shù)，經(jīng)常用Kw表示。

K=

H+

cOH－（）c（）

H2O

H+

+OH－

常溫下，Kw=

1.0×10－14。K稱為水的離子積常數(shù)，經(jīng)常K48H>0吸熱反應(yīng)

T

升高時，K

值變大；降低時，K

值變小。

H2O

H+

+OH－H>0吸熱反應(yīng)49Kw

是標準平衡常數(shù)，故根據(jù)Kw

利用公式可以求得水的解離反應(yīng)的。rGm?rGm

=－RTlnK

??Kw是標準平衡常數(shù)，故根據(jù)Kwr50cH+>cOH－酸性（

）（

）cH+=cOH－中性（

）（

）cH+<cOH－堿性（

）（

）cH+>cOH－51

常溫下，

H+

=10－7mol?dm－3

表示中性。（）c

非常溫時，溶液的中性只能以

cH+=cOH－為標志。（）（）常溫下，H+=10－7522.溶液的pH

pH是用來表示溶液酸堿性的一種簡便方法。p代表一種運算，表示對于一種相對濃度或標準平衡常數(shù)取對數(shù)，之后再取其相反數(shù)。2.溶液的pHpH是用來表53pH是H+相對濃度的負對數(shù)，即

pH=

－lg[cH+]（）

同理pOH

=－lg[

c

OH－]

（）pH是H+相對濃度的負對數(shù)，即pH54

所以

pH+pOH=14

因為常溫下，cH+

cOH－

=

1.0×10－14（）（）這時的中性溶液中

pH=pOH=7所以 pH+pOH=1455

所以非常溫時

pH=pOH表示中性。

非常溫時，溶液的中性的標志為

cH+=cOH－（）（）所以非常溫時非常溫時，溶液的中563.酸堿指示劑借助于顏色的改變來指示溶液pH的物質(zhì)稱為酸堿指示劑。

酸堿指示劑通常是一種復(fù)雜的有機物，并且都是弱酸或弱堿。3.酸堿指示劑借助于顏色的改變來指示溶液57分子HIn顯紅色，而酸根離子In－顯黃色。溶液中c

In－=

cHIn

時，溶液顯橙色。（）

（）

以甲基橙為例，

HInIn－

+H+分子HIn顯紅色，而酸根離子In－58

其平衡常數(shù)的表達式為：

HInIn－

+H+K

i

=

c

H+

c

In－

c

HIn（）

（

）

（）

其平衡常數(shù)的表達式為：59這時溶液顯HIn和In－的中間顏色－橙色。K

i

=

c

H+

c

In－

c

HIn（）

（

）

（）

當c

In－

=c

HIn時，

c

H+

=Ki（

）

（

）

（

）

這時溶液顯HIn和In－的中間Ki60故將pH=pKi

稱為指示劑的理論變色點。

距離理論變色點很近時，顯色并不明顯，因為任何一種物質(zhì)的優(yōu)勢都還不夠大。故將pH=pKi稱為指示劑61

當c

In－

=10c

HIn時，明顯地顯示出In－的顏色，（

）

（

）

當10

c

In－

=c

HIn時，明顯地顯示出HIn的顏色。（

）

（

）

當cIn－=10cH62

這時有關(guān)系式

pH=pKi

1

這是指示劑的變色范圍。這時有關(guān)系式63

各種顏色互相掩蓋的能力并不相同。因此各種指示劑的實際變色范圍并不恰好在pKi

1間隔中。各種顏色互相掩蓋的能力并因此64

選用指示劑時，可以從有關(guān)化學手冊中查找其變色點和實際變色范圍。

故實際變色范圍pH

甲基橙3.24.4之間；酚酞8.210.0之間。選用指示劑時，可以從有關(guān)故實65指示劑變色范圍pH酸色堿色溴酚藍3.04.6黃藍溴百里酚藍6.07.6黃藍中性紅6.88.0紅亮黃酚酞8.210.0無色紫紅達旦黃12.013.0黃紅常見的幾種酸堿指示劑指示劑變色范圍pH酸色堿色溴酚藍3.04.668.1.3多元弱酸的解離平衡

對于多元酸的判斷，要根據(jù)分子中可以解離的氫原子的個數(shù)。

如亞磷酸H3PO3分子中有三個氫原子，但它是二元酸，因為只有兩個可以解離的氫原子。8.1.3多元弱酸的解離平衡對67

以H2S為例，討論二元弱酸的分步解離平衡，

第一步H2SH++HS－

=1.1×10－7K

1

=

c

H+

c

HS－

c

H2S（）

（

）

（）

以H2S為例，討論二元弱酸的分68

第二步HS－

H++S2－

第一步H2SH++HS－

=1.3×10－13K

2

=

c

H+

c

S2－

c

HS－（）

（

）

（）

第二步HS－69

分析：H2S的K1是K2

的106倍，由第二步解離出的H+

極少。K1=1.1×10－7

K2=1.3×10－13

其余的二元弱酸，如H2CO3，

H2C2O4

也是這樣。分析：H2S的K1是K2的10670

可以從兩個方面說明其原因。

首先，從帶負電荷的HS－中，再解離出一個H+，要比從中性分子H2S中解離出一個H+

難得多?？梢詮膬蓚€方面說明其原因。首71

其次，從平衡的角度考慮:

也給第二個

H+

的解離增加難度。

第一步解離出的H+，使第二步的解離平衡左移

HS－

H++S2－其次，從平衡的角度考慮:也給72

二元弱酸第二步解離出來的

cH+

遠遠小于第一步的。（

）所以二元弱酸的cH+

由第一步解離決定。（

）二元弱酸第二步解離出來的（）73

第二步解離中，解離掉的

HS－與第二步解離得到的H+一樣少，也可以忽略。

故溶液的cHS－

也由第一步解離所決定。（）第二步解離中，解離掉的故溶液74

在常溫常壓下，H2S氣體在水中的飽和濃度約為0.10mol·dm－3，

據(jù)此可以計算出H2S飽和溶液中的cH+

，cHS－

,cS2－

。

（）

（

）

（）

在常溫常壓下，H2S氣體在水中（75

K1

=1.110－7，

足夠小，可近似計算。設(shè)平衡時已解離的H2S濃度為x

H2SH++HS－

t00.100

t平

0.1－x

x

xK1=1.110－7，足夠小76=

x2

0.1－x=1.1×10－7

x2

0.1

H2S

H++HS－K

1

=

c

H+

c

HS－

c

H2S（）

（

）

（）

=x20.1－x=1.1×10－777=1.1×10－7

x2

0.1

解得

x=1.05×10－4

即cH+

=1.05×10－4

mol?dm－3

（）

HS－=1.05×10－4

mol?dm－3

（）c=1.1×10－7x20.1解得78

第二步HS－

H++S2－

=1.3×10－13K

2

=

c

H+

c

S2－

c

HS－（）

（

）

（）

第二步HS－79

因為cH+

=cHS－，所以（

）（）

K

2=cS2－（

）

=1.3×10－13K

2

=

c

H+

c

S2－

c

HS－（）

（

）

（）

=1.310－13mol?dm－3

因為cH+=cHS－80

第一步和第二步的兩個方程式相加，得

H2S2H++S2－K

=K1?K2

=1.410－20K=

[cH+

]2

cS2－

cH2S

（

）（

）（）第一步和第二步的兩個方程式K=K1?K81

結(jié)論：溶液的氫離子濃度由第一級解離決定；負二價酸根的濃度在數(shù)值上等于K2。負一價酸根的濃度等于體系中的氫離子濃度；結(jié)論：負二價酸根的濃82

例8－3

（1）求0.010mol·dm－3的

H2S溶液中H+，HS－及S2－

的濃度。

（2）若向上述溶液中加幾滴濃鹽酸，使

其濃度達到0.010mol·dm－3，求溶液中

S2－的濃度。已知K1×10－7

K2

＝

×10－13例8－3（1）求0.0183t00.01000

t平

0.010x

x

解：（1）二元弱酸的

cH+

由第一步解離決定。（）

H2S

H+

＋HS－K

1

=

c

H+

c

HS－

c

H2S（）

（

）

（）

t00.01084=

×10－7

x2

0.010=

解得

x×10－5K

1

=

c

H+

c

HS－

c

H2S（）

（

）

（）

=×10－7x20.010=85

x×10－5

即cH+

=

cHS－

=

3.3×10－5

mol·dm－3（）

（）

x×10－586第二步HS－

H+

＋S2－

=1.3×10－13K

2

=

c

H+

c

S2－

c

HS－（）

（

）

（）

第二步HS－87

因為cH+=

cHS－，所以（）（）cS2－（）=1.3×10－13mol?dm－3

=1.3×10－13K

2

=

c

H+

c

S2－

c

HS－（）

（

）

（）

因為cH+=cH88

（2）鹽酸完全解離，使體系中

c

H+

=0.010mol?dm－3，（）

已解離的cH2S

以及H2S解離出的cH+

均可以忽略不計。（）

（）

（2）鹽酸完全解離，使體系中（）89=

×10

－20=0.0102y

0.010設(shè)cS2－為y，故有（）

H2S

2H+

＋S2－t平

0.0100.010

y

K=

[cH+

]2

cS2－

cH2S

（

）（

）（）=×10－20=0.0102y0.01090=

×10

－200.0102y

0.010解得y

=

×10

－20即

cS2－=1.4×10－20

mol?dm－3

（）=×10－200.0102y0.010解得91

和二元酸相似，三元酸也是分步解離的，

K1，K2，K3

相差很大。（1）氫離子濃度由第一步解離決定的；和二元酸相似，三元酸也是分步（192

（3）負二價的酸根離子的濃度等于第二級電離常數(shù)K2。

（2）負一價酸根離子的濃度等于體系中的氫離子濃度；（3）負二價的酸根離子的濃度等（293

例8－4

已知H3PO4

的各級解離

常數(shù):K1=

×10－3;

K2=

×10－8;

K3=

×10－13

求H3PO4的起始濃度c0多大時，體系中

PO43－的濃度為×10－18

mol·dm－3。例8－4已知H394

解：因為

K1>>K2>>K3，體系中的cH+由磷酸的第一步解離決定。

起始c0

0

0（）

H3PO4H+

+

H2PO42－

平衡c0－cH+cH+cH+（）

（）

（

）解：因為K1>>K2>>K3，95K1

=（）

cH2PO42－

（）

cH+（）

cH3PO4

=

[c

H+]2c0－（）

（）

c

H+

H3PO4H+

+

H2PO42－

平衡c0－cH+cH+cH+（）

（）

（

）K1=（）c96K1

[]2=c0+所以c

H+（1）（）

c

H+（）

[c

H+]2c0－（）

（）

c

H+K1

=K1[]2=c0+所97K3

=（）

c

H+（）

cPO43－

（）

c

HPO42－

所以

=K3（）

c

H+（）

c

HPO42－

（）

c

PO43－

第三步解離

HPO42－

H+

+

PO43－

K3=（）cH+（98=K3（）

c

H+（）

c

HPO42－

（）

c

PO43－

式中

=K2（）

c

HPO42－

=K2K3得（）

c

H+（）

c

PO43－

99=

6.3×10－8×4.8×10－134.0×10－18=

×10－3

=K2K3（）

c

H+（）

c

PO43－

=6.3×10－8×4.8×10－134.0×10100將代入式（1）=

7.1×10–3+7.6×10－3

7.6×10－3

2（）=

1.610－2故H3PO4

的起始濃度為

×10－2mol·dm－3。（）

c

H+K1

[]2=c0+（1）（）

c

H+（）

c

H+將代入式（1）=7.1×1101

8.1.4緩沖溶液

反應(yīng)條件

pH為68

現(xiàn)在1dm3

的水溶液中，擬將

0.01mol的M2+轉(zhuǎn)化成MY。

某化學反應(yīng)

M2++H2YMY+2H+

8.1.4緩沖溶液反應(yīng)102

實際上，當反應(yīng)完成5%時，

即產(chǎn)生×10－2molH+，使溶液pH=2。

早已破壞了反應(yīng)條件。實際上，當反應(yīng)完成5%時，103控制反應(yīng)體系的pH，是保證反應(yīng)正常進行的一個重要條件。人們研究出一種可以控制體系pH的溶液，即所謂緩沖溶液?？刂品磻?yīng)體系的pH，是保證104緩沖溶液是一種能抵抗少量強酸、強堿和較多水的稀釋而保持體系的pH基本不變的溶液。緩沖溶液是一種能抵抗少量105緩沖溶液保持pH值不變的作用稱為緩沖作用，緩沖作用的原理與前面講過的同離子效應(yīng)有密切的關(guān)系。緩沖溶液保持pH值不變的作106緩沖溶液一般是由弱酸和弱酸鹽組成或由弱堿和弱堿鹽組成的。緩沖溶液一般是由弱酸和107

例如HAc和NaAc，

NH3·H2O和NH4Cl等都可以配制成保持不同pH的緩沖溶液。例如HAc和NaAc，108

下面以HAc和NaAc為例，對問題進行分析。下面以HAc和NaAc為例，109

溶液中存在起始濃度為c酸

的弱酸的解離平衡，HAcH++Ac－溶液中存在起始濃度為c酸的HAc110由于起始濃度為c鹽的強電解質(zhì)弱酸鹽

NaAc

的存在，故平衡時各物質(zhì)的濃度如下c平

c酸－

c鹽

+

（）

c

H+（）

c

H+（）

c

H+HAcH++Ac－由于起始濃度為c鹽的強電解c平c111

近似有c酸

c鹽（）

c

H+Ka

=c鹽

c酸（）

c

H+

所以=Ka

c鹽

c酸（）

c

H+c平

c酸－

c鹽

+

（）

c

H+（）

c

H+（）

c

H+HAcH++Ac－近似有c酸112

取負對數(shù)

pH

=

pKa－lg

c鹽

c酸

上式說明：緩沖溶液的

pH

首先決定于弱酸的Ka值，其次決定于弱酸和弱酸鹽的濃度之比。=Ka

c鹽

c酸（）

c

H+取負對數(shù)c鹽c酸上式說明：113下面通過例8－5

來說明緩沖溶液抵御外來少量酸堿及大量水的稀釋而保持pH基本不變的原理。下面通過例8－5來說明緩沖114

例

8－5

緩沖溶液中有

1.00mol·dm－3的HAc和1.00mol·dm－3

的NaAc，

試計算

（1）緩沖溶液的pH；

（2）將10.0cm3

1.00mol·dm－3HCl溶液加入到

1.0dm3

該緩沖溶液中引起的

pH變化；例8－5緩沖溶液中有1.00mol·115

（3）將10.0cm3

1.00mol·dm－3

NaOH溶液加入到1.0dm3該緩沖溶液中引起的pH變化；

（4）將1.0dm3該溶液加水稀釋至10dm3，引起的pH變化。（3）將10.0cm31.00mol·d116因為c酸=

c鹽

=

1.00mol·dm－3

故

pH

=

pKa

=

解:（1）根據(jù)pH

=

pKa－lg

c鹽

c酸因為c酸=c鹽=1.00mol·dm－3故117

（2）在1.0dm3緩沖溶液中，含

HAc和NaAc各1.0mol，加入的鹽酸相當于0.010molH+，它將消耗0.010molNaAc并生成

molHAc，（2）在1.0dm3緩沖溶液中，118故有濃度cAc－=

1.0－0.010

=

0.99（）

=1.0+

0.010=

1.01（）

cHAc故有濃度cAc－=1119

=

pH

=

4.74

－lg0.99

1.01所以pH

=

pKa－lg

c鹽

c酸=pH=4.74－lg0.99120

加入

10.0cm3

1.00mol·dm－3

HCl溶液后，緩沖溶液的

pH幾乎沒有變化。

若將這些HCl溶液加入到1.0dm3純水中，pH將從7變化為2。加入10.0cm31.00mol121

（3）

在

dm3緩沖溶液中，加入的NaOH相當于0.010molOH－，它將消耗

mol的HAc

并生成

molNaAc，（3）在dm3緩沖溶液中，加122故有濃度

=

1.0－0.01

＝

0.99（）

cHAc

=

1.0+

0.01＝

1.01（）

cAc－故有濃度123

=

pH

=

4.74

－lg1.01

0.99

所以

根據(jù)pH

=

pKa－lg

c鹽

c酸=pH=4.74－lg1.01124

加入

10.0cm3

1.00mol·dm－3NaOH溶液后，緩沖溶液的pH幾乎沒有變化。

若將這些

NaOH溶液加入到

1.0dm3純水中，pH將從7變化為

12。加入10.0cm31.00mol125

故該緩沖溶液的pH不變。

（4）將1.0dm3該溶液加水稀釋至10dm3，c酸和c鹽的數(shù)值均變化為原來的十分之一，但兩者的比值不變。

根據(jù)pH

=

pKa－lg

c鹽

c酸故該緩沖溶液的pH不變。126

例題的計算結(jié)果說明，分別加入這些鹽酸和

NaOH，純水的pH將改變

5個單位。

相比之下可以清楚地看到緩沖溶液對外來少量強酸和強堿的抵抗作用。例題的計算結(jié)果說明，分別加入127

上例中的HAc和Ac－即為緩沖對。

緩沖溶液中發(fā)揮作用的弱酸和弱酸鹽（或弱堿和弱堿鹽）稱為緩沖對。上例中的HAc和Ac－即為緩128

緩沖對的濃度大時，緩沖溶液抵抗外來少量酸堿的影響，保持體系

pH不變化的能力強。它的緩沖容量大。緩沖對的濃度大時，緩沖溶液129可以看出，當c酸=c鹽時，pH=pKa

由pH

=

pKa－lg

c鹽

c酸可以看出，當c酸=c鹽時，130因此配制緩沖溶液時，要先找出具有與溶液擬控制的pH相當?shù)膒Ka值的弱酸來，再與該弱酸的強堿鹽按一定的比例配成濃度合適的溶液。因此配制緩沖溶液時，要先找出131

當

從0.1變化到1

時，

c鹽

c酸緩沖溶液的pH在pKa

±1之間變化。當從0.132例如HAc的pKa=

，故用HAc和NaAc組成的緩沖溶液可以控制pH在3.74之間。例如HAc的pKa=，故用133例8－6

用NH3?H2O和NH4Cl配制pH=10的緩沖溶液，求比值。

c鹽

c堿解：弱堿NH3?H2O的Kb=

1.8×10－5pH=

10的緩沖溶液，其pOH=

4，pOH=

pKb－lg

c鹽

c堿根據(jù)公式

lg

c鹽

c堿所以

=

pKb－pOH例8－6用NH3?H2O和134lg

c鹽

c堿=

pKb－pOH=

－lg×10－5

－4=

c鹽

c堿所以=

5.5lgc鹽c堿=pKb－pOH=－lg×135

使用氨水和氯化銨配制上述緩沖溶液時，兩者的濃度均不得過低，注意保證緩沖容量。使用氨水和氯化銨配制上述1368.2鹽類的水解這種作用叫做鹽類的水解。鹽解離產(chǎn)生的離子與水作用，使水的解離平衡發(fā)生移動從而影響溶液的酸堿性8.2鹽類的水